Resolva o problema de valor inicial dado.
12.y^{(4)}-y=\delta(t-1) ; \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0, \quad y^{\prime \prime}(0)=0, \quad y^{\prime \prime \prime}(0)=C
Passo 1
O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial
Informações relevantes que temos: o lado direito é uma função distribuição (a delta de Dirac centrada em t=1); nos dão todas as condições iniciais em t=0; a equação é linear, de ordem 4, com coeficientes constantes. O objetivo é encontrar y(t) (para t\ge0) que satisfaça a EDO e as condições iniciais.
Passo 2
Escolhi usar a transformada de Laplace porque ela transforma derivadas em polinômios em s multiplicando a transformada Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}, trata bem termos com \delta (pois \mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}) e ainda transforma deslocamentos multiplicativos por e^{-as} (teorema do desfasamento no tempo). Vou lembrar as fórmulas que vou usar:
Definição da transformada de Laplace: \mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}y(t)\,dt.
Transformada de derivadas (para dados iniciais em t=0):
onde f=\mathcal{L}^{-1}\{F\} e H é a função degrau (Heaviside).
Passo 3
Faço a transformada de Laplace de ambos os lados da equação. Para a derivada quarta, usando as condições iniciais y(0)=y'(0)=y''(0)=0 e y^{(3)}(0)=C, temos:
Pelo teorema do deslocamento no tempo, a segunda parcela corresponde, no domínio do tempo, a um termo \,H(t-1) multiplicando a transformada inversa de 1/(s^4-1) deslocada por t-1. Assim, se eu conseguir \displaystyle f(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^4-1}\right\}, a solução será
y(t)=C\,f(t)+H(t-1)\,f(t-1).
Agora o problema é calcular f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{1/(s^4-1)\}.
Passo 5
Calcule f(t)\) usando frações parciais. Primeiro fatoramos o denominador:
\[s^4-1=(s^2-1)(s^2+1)=(s-1)(s+1)(s^2+1).
Com A e B conhecidos, podemos expandir as parcelas A(s+1)(s^2+1)+B(s-1)(s^2+1) e comparar coeficientes para obter C e D. Faço a soma dessas duas parcelas:
Expanda (Cs+D)(s^2-1)=C s^3 + D s^2 - C s - D. Somando com o termo anterior e igualando coeficientes aos de 1 (que é 0\cdot s^3+0\cdot s^2+0\cdot s +1), obtemos o sistema:
Agora aplico a transformada inversa termo a termo. Lembrando \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s-a}\}=e^{at} e \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s^2+1}\}=\sin t, obtenho
f(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^4-1}\right\} =\frac{1}{4}e^{t}-\frac{1}{4}e^{-t}-\frac{1}{2}\sin t.
Podemos escrever de forma mais compacta usando \operatorname{sinh}:
Comentários rápidos e reconfortantes: para 0\le t<1 o termo com H(t-1) some e y(t)=\tfrac{C}{2}(\operatorname{sinh} t-\sin t), e em t=0 todas as condições iniciais ficam satisfeitas (verificação rápida: y(0)=0, y'(0)=0, y''(0)=0, y^{(3)}(0)=C). O impulso \delta(t-1) aparece como um acréscimo deslocado em t=1 igual a \tfrac{1}{2}(\operatorname{sinh}(t-1)-\sin(t-1)) ativado por H(t-1).